2024高考物理一轮复习核心素养测评十六机械能守恒定律及其应用含解析鲁科版

PAGE12-机械能守恒定律及其应用(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,1～6题为单选题,7～9题为多选题)1.(2024·青岛模拟)如图所示,用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上,物块A紧靠竖直墙壁,一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中,由子弹、弹簧和A、B所组成的系统在下列依次进行的过程中,机械能不守恒的是 ()A.子弹射入物块B的过程B.物块B带着子弹向左运动,直到弹簧压缩量达到最大的过程C.弹簧推着带子弹的物块B向右运动,直到弹簧复原原长的过程D.带着子弹的物块B因惯性接着向右运动,直到弹簧伸长量达到最大的过程【解析】选A。子弹射入物块B的过程中,由于要克服子弹与物块之间的滑动摩擦力做功,一部分机械能转化成了内能,所以机械能不守恒;在子弹与物块B获得了共同速度后一起向左压缩弹簧的过程中,对于A、B、弹簧和子弹组成的系统,由于墙壁给A一个弹力作用,系统的外力之和不为零,但这一过程中墙壁的弹力不做功,只有系统内的弹力做功,动能和弹性势能发生转化,系统机械能守恒,这一情形持续到弹簧复原原长为止;当弹簧复原原长后,整个系统将向右运动,墙壁不再有力作用在A上,这时物块的动能和弹簧的弹性势能相互转化,故系统的机械能守恒。2.如图所示,一细线系一小球绕O点在竖直面内做圆周运动,a、b分别是轨迹的最高点和最低点,c、d两点与圆心等高,小球在a点时细线的拉力恰好为0,不计空气阻力,则下列说法正确的是 ()A.小球从a点运动到b点的过程中,先失重后超重B.小球从a点运动到b点的过程中,机械能先增大后减小C.小球从a点运动到b点的过程中,细线对小球的拉力先做正功后做负功D.小球运动到c、d两点时,受到的合力指向圆心【解析】选A。小球从a点运动到b点的过程中,加速度方向先向下后向上,所以小球先失重后超重,故A正确;小球从a点运动到b点的过程中,绳子拉力不做功,只有重力做功,机械能守恒,故B、C错误;小球运动到c、d两点时,绳子拉力的方向指向圆心,重力竖直向下,所以小球受到的合力不是指向圆心,故D错误。3.总质量约为3.8吨的“嫦娥三号”探测器在距月面3m处关闭反推发动机,让其以自由落体方式着陆在月球表面。4条着陆腿触月信号显示,“嫦娥三号”完备着陆月球虹湾地区。月球表面旁边重力加速度约为1.6m/s2,4条着陆腿可视作完全相同的四个轻弹簧 ()A.28500J B.4560JC.18240J D.9120J【解析】选B。由机械能守恒定律得mgh=4Ep,解得Ep=mgh4=4560J,选项B4.(2024·衡水模拟)最近一款名叫“跳一跳”的微信小嬉戏突然蹿红。嬉戏要求操作者通过限制棋子(质量为m)脱离平台时的速度,使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳动过程中的运动轨迹,不计空气阻力。则下列说法中正确的是(重力加速度为g) ()A.棋子从起跳至运动到最高点的过程中,机械能增加mghB.棋子离开平台时的动能为mghC.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,重力势能增加mghD.棋子落到平台上的速度大小为2【解析】选C。由于棋子起跳后只受重力作用,机械能守恒,A错误;棋子在最高点具有水平方向的速度,所以离开平台时的动能大于mgh,落到平台上的速度要大于2gh,故B、D错误;棋子从离开平台至运动到最高点的过程中重力做功为WG=-mgh,所以重力势能增加mgh,故C5.如图所示,有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的14圆弧,BC部分水平,质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为R,不计小球大小。起先时a球处在圆弧上端A点,由静止释放小球和轻杆,使其沿光滑轨道下滑,则下列说法正确的是A.a球下滑过程中机械能保持不变B.b球下滑过程中机械能保持不变C.a、b球滑到水平轨道上时速度大小为2D.从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对a球做的功为mgR【解析】选D。a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒,故A、B错误;对系统由机械能守恒定律得mgR+mg·2R=12×2mv2,解得a、b球滑到水平轨道上时速度大小为v=3gR,故C错误;从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上,对a球由动能定理有W+mgR=12mv2,解得轻杆对a球做的功为W=mgR26.如图所示,固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑,内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动,球的直径略小于圆管的直径,球运动的轨道半径为R,空气阻力不计,重力加速度大小为g,下列说法肯定正确的是 ()A.若v0<2gR,小球运动过程中机械能不行能守恒B.若v0=3gR,小球运动过程中机械能守恒C.若v0<5gR,D.若v0=2gR,小球恰好能到达最高点【解析】选B。若小球运动过程中机械能守恒,当小球恰好上升到与圆心等高处时,有:12mv02=mgR,解得v0=2gR<2gR,故A错误;假如小球不挤压内轨,则小球到达最高点速度最小时,有mg=mv2R,从最低点到最高点过程中,由机械能守恒定律得:12mv02=12mv2+mg·2R,解得:v0=5gR,则小球要不挤压内轨且做完整圆周运动,初速度应大于等于5gR,此时小球机械能守恒,故B正确;若小球的速度小于5gR,也有可能做完整的圆周运动到达最高点,只是最终在圆心下方做往复运动,故C错误;假如小球运动到最高点时速度为0,由机械能守恒定律得:12mv02=mg·2R,解得7.如图所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一光滑定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B。已知斜面倾角θ=30°,小物块A的质量为m,小物块B的质量为0.8m,小物块B距离地面的高度为h,小物块A距离定滑轮足够远。起先时,小物块A和小物块B位于同一水平面上,用手按住小物块A,然后松手。则下列说法正确的是(重力加速度为g) ()A.松手瞬间,小物块A的加速度大小为16B.松手后,小物块A的机械能守恒C.小物块B落地前瞬间的速度大小为2D.小物块A能够上升到的最高点与地面的距离为5【解析】选A、D。松手瞬间,对B受力分析可得0.8mg-FT=0.8ma,对A受力分析可得FT-mgsin30°=ma,联立解得:a=16g,故A正确。松手后,绳的拉力对A做正功,小物块A的机械能增加,故B错误。物块B从起先下落到落地有v2-0=2ah,解得:v=gh3,故C错误。物块A从起先运动到滑行h时获得的速度v=gh3,接下来接着滑行x速度减为零,则12mv2=mgxsin30°,解得:x=h3,小物块A能够上升到的最高点与地面的距离为h+hsin30°+h38.如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在探讨小球落到弹簧上后接着向下运动到最低点的过程,他以小球起先下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变更关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。以下推断正确的是 ()A.当x=h+x0时,重力势能与弹性势能之和最小B.最低点的坐标为x=h+2x0C.小球受到的弹力最大值大于2mgD.小球动能的最大值为mgh+mg【解析】选A、C、D。依据乙图可知,当x=h+x0时,小球的重力等于弹簧的弹力,此时小球具有最大速度,以弹簧和小球组成的系统机械能守恒可知,重力势能与弹性势能之和最小,故A正确;依据运动的对称性可知,小球运动的最低点大于h+2x0,小球受到的弹力最大值大于2mg,故B错误,C正确;小球达到最大速度的过程中,依据动能定理可知mg(h+x0)-12mgx0=12mv2,故小球动能的最大值为mgh+mgx09.如图所示,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止起先运动,不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则 ()A.a落地前,轻杆对b始终做正功B.a落地时速度大小为2C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg【解析】选B、D。因为杆对滑块b的限制,a落地时b的速度为零,所以b的运动为先加速后减速,杆对b的作用力对b做的功即为b所受合外力做的总功,由动能定理可知,杆对b先做正功后做负功,故A错。对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有:mgh=12mva2,va=2gh,故B正确。杆对a的作用效果为先推后拉,杆对a的作用力为拉力时,a下落过程中的加速度大小会大于g,即C错。由功能关系可知,当杆对a的推力减为零的时刻,即为a的机械能最小的时刻,此时杆对a和b的作用力均为零,故二、计算题(16分,需写出规范的解题步骤)10.如图甲所示,竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成,AB和BCD相切于B点,CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点),已知∠BOC=30°。可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下,用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F,并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象,取g=10m/s2(1)滑块的质量和圆轨道的半径;(2)是否存在某个H值,使得小滑块经过最高点D后能干脆落到直轨道AB上与圆心等高的点?若存在,恳求出H值;若不存在,请说明理由。【解析】(1)设小滑块的质量为m,圆轨道的半径为R依据机械能守恒定律得mg(H-2R)=12mvD2,由牛顿第三定律得轨道对小滑块的支持力F+mg=m得:F=2mg取点(0.50m,0)和(1.00m,5.0N)代入上式得(2)假设小滑块经过最高点D后能干脆落到直轨道AB上与圆心等高的E点,如图所示,由几何关系可得OE=R设小滑块经过最高点D时的速度为vD′由题意可知,小滑块从D点运动到E点,水平方向的位移为OE,竖直方向上的位移为R,则OE=vD′t,R=12gt解得vD′=2而小滑块过D点的临界速度vD0=gR=2由于vD′>vD0,所以存在一个H值,使得小滑块经过最高点D后能干脆落到直轨道AB上与圆心等高的点mg(H-2R)=12mvD′解得H=0.6答案:(1)0.1kg0.2m【总结提升】机械能守恒定律应用的三个关键点(1)正确选取探讨对象,必需明确机械能守恒定律针对的是一个系统,还是单个物体。(2)敏捷选取零势能位置,重力势能常选最低点或物体的初始位置为零势能位置,弹性势能选弹簧原长为零势能位置。(3)运用机械能守恒定律解题的关键在于确定“一个过程”和“两个状态”。所谓“一个过程”是指探讨对象所经验的力学过程,了解探讨对象在此过程中的受力状况以及各力的做功状况;“两个状态”是指探讨对象在此过程中的起先和结束时所处的状态,找出探讨对象分别在初状态和末状态的动能和势能。11.(10分)(多选)在竖直杆上安装一个光滑导向槽,使竖直上抛的小球能变更方向后做平抛运动;不计经导向槽时小球的能量损失;设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v,重力加速度为g;那么当小球有最大水平位移时,下列说法正确的是 ()A.导向槽位置应在高为v2B.最大水平位移为vC.小球在上、下两过程中,在经过某相同高度时,合速度的大小总有v下=2v上D.当小球落地时,速度方向与水平方向成45°角【解析】选A、D。设平抛时的速度为v0,依据机械能守恒定律可得12mv02+mgh=12mv2,解得v0=v2-2gh;依据平抛运动的学问可得下落时间t=2hg,则水平位移x=v0t=(v2g-2h)·2h,所以当v2g-2h=2h时水平位移最大,解得h=v24g,A正确;最大的水平位移为x=412.(20分)如图所示,物块A、B、C的质量分别为2m、2m、m,并均可视为质点,三个物块用轻绳通过轻质滑轮连接,在外力作用下现处于静止状态,此时物块A置于地面,物块B到C、C到地面的距离均是L,现将三个物块由静止释放。若C与地面、B到C相碰后速度马上减为零,A与滑轮间的距离足够大,且不计一切阻力,重力加速度为g。求:(1)刚释放时A的加速度大小及轻绳对A的拉力大小。(2)物块A由最初位置上升的最大高度。(3)若变更A的质量使系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰,则A的质量应满意的条件。【解题指导】解答本题应留意以下三点:(1)整体法与隔离法结合牛顿其次定律求解加速度和轻绳的拉力。(2)C落地前A、B、C三个物块组成的系统机械能守恒,C落地后A、B两物块组成的系统机械能守恒。(3)由物块C能落地和物块B与C不相碰确定系统的两个临界状态。【解析】(1)设刚释放时A、B、C的共同加速度大小为a,绳子对A拉力大小为F,由牛顿其次定律得:对A:F-2mg=2ma对于B、C整体:3mg-F=3ma,解得:a=gF=2.4mg(2)设C下落L落地时A的速度大小为v由v2=2aL得:v=2C落地后,由于A、B的质量相等,故B匀速下落,A匀速上升,当A上升L距离后再做竖直上抛运动,上抛过程由机械能守恒定律得:2mgh=12